UNIVERSIDAD DE CONCEPCIÓN
FACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICAS
DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA MATEMÁTICA
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS (521.218)
PRÁCTICA N ◦ 3 (EDO Lineal de Orden Superior, Parte I)
Problemas a resolver en práctica: Recuerde que si y = y(x) entonces Dy :=
dy
.
dx
PROBLEMA 1.
(a) Desarrolle la expresión (D3 − D2 + D)(e3x ).
(b) Determine si y(x) = e3x es solución de la EDO lineal (D3 − D2 + D)y(x) = 0.
Solución:
(a) Desarrollando, se obtiene:
(D3 − D2 + D)(e3x ) =
d3 3x
d2 3x
d 3x
(e
)
−
(e ) +
(e ) = 27e3x − 9e3x + 3e3x = 21e3x .
3
2
dx
dx
dx
(b) Dada la función y(x) = e3x , del Problema 1 sabemos que
(D3 − D2 + D)y(x) = 21y(x).
Dado que y(x) = e3x > 0 ∀x ∈ R, se tiene que esta función NO es solución de la EDO
lineal dada.
PROBLEMA 2.
(i) Desarrolle la expresión: (D + 1)(xD − x)(3e2x ).
(ii) Muestre que (D + 1)(D − 3) = (D − 3)(D + 1).
(iii) Muestre que (D + 1)(xD − x)(3e2x ) ̸= (xD − x)(D + 1)(3e2x ).
Solución:
(a) Desarrollando, se obtiene
(D + 1)(xD − x)(3e2x ) = 3(D + 1)(xD − x)(e2x ) = 3(D + 1)(2xe2x − xe2x )
= 3(D + 1)(xe2x ) = 3(e2x + 2xe2x + xe2x ) = 3(1 + 3x)e2x .
(b) Para y dos veces derivable sigue que
(D + 1)(D − 3)y = (D + 1)(y ′ (x) − 3y(x))
d ′
=
(y (x) − 3y(x)) + (y ′ (x) − 3y(x))
dx
= y ′′ (x) − 2y ′ (x) − 3y(x)
Por otro lado
(D − 3)(D + 1)y = (D − 3)(y ′ (x) + y(x))
d ′
=
(y (x) + y(x)) − 3(y ′ (x) + y(x))
dx
= y ′′ (x) − 2y ′ (x) − 3y(x),
1
lo que muestra la igualdad requerida.
(c) Para y dos veces derivable se tiene que
(D + 1)(xD − x)y = (D + 1)(xy ′ (x) − xy(x))
d
=
(xy ′ (x) − xy(x)) + xy ′ (x) − xy(x)
dx
= y ′ (x) + xy ′′ (x) − y(x) − xy ′ (x) + xy ′ (x) − xy(x)
= xy ′′ (x) + y ′ (x) − (x + 1)y(x),
sin embargo,
(xD − x)(D + 1)y = (xD − x)(y ′ (x) + y(x))
= ···
= xy ′′ (x) − xy(x).
Observación: Si se define los operadores diferenciales lineales L1 y L2 , como L1 = (D + 1)
y L2 = (xD − 1), el item anterior nos dice que esos operadores no conmutan, esto es, L1 L2 ̸=
L2 L1 .
PROBLEMA 3.
Sea L el operador diferencial lineal definido por L = (D − x)(xD − 2).
Muestre que la EDO dada por Ly = ln(x2 + 1), corresponde a la EDO lineal de segundo orden
y de coeficientes variables x y ′′ (x) − (1 + x2 )y ′ (x) + 2x y(x) = ln(x2 + 1).
Observe que el Dominio del Operador L, Dom(L), es el espacio vectorial C 2 (] − ∞, 0[, R) o bien
C 2 (]0, ∞[, R).
Solución: Para y = y(x) desarrollemos el valor del operador diferencial lineal L evaluado en y,
esto es,
Ly(x) = (D − x)(xD − 2)y(x) = (D − x)(xy ′ (x) − 2y(x))
= y ′ (x) + xy ′′ (x) − 2y ′ (x) − x2 y ′ (x) + 2xy(x)
= xy ′′ (x) − (1 + x2 )y ′ (x) + 2xy(x)
Por lo tanto, la EDO dada por Ly = ln(x2 + 1) equivale a la EDO
xy ′′ (x) − (1 + x2 )y ′ (x) + 2xy(x) = ln(x2 + 1).
Observe que al normalizar la EDO, vemos que se trata de una EDO lineal, de orden dos y a
coeficientes variables en C 2 (] − ∞, 0[, R) o en C 2 (]0, ∞[, R).
PROBLEMA 4.
Determine el intervalo J (J ⊂ R) mas grande (en el sentido de la inclusión), de modo que el
conjunto {ln(x), x ln(x)} resulte linealmente independiente, l.i., en el espacio vectorial C 2 (J, R).
Solución: La combinación lineal nula de las funciones consideras proporciona, para constantes
c1 y c2 , la igualdad
c1 ln(x) + c2 x ln(x) = 0(x) = 0.
de la cual sigue que c1 + c2 x = 0, para x ̸= 1. Por tanto c1 = c2 = 0. Esto es, el conjunto
{ln(x), x ln(x)} es l.i en C 2 (]0, ∞[, R).
Observe que en este caso el Wronskiano de las funciones {ln(x), x ln(x)} denotado por W (x), es
W (x) =
ln(x) xln(x)
1/x
ln(x) + 1
= ln2 (x) + ln(x) − ln(x) = ln2 (x),
2
que resulta ser cero en x = 1.
Vea el Problema 3 de los Ejercicios Propuestos a los Estudiantes.
PROBLEMA 5.
Sean y1 la solución sobre (0, ∞) de x2 y ′′ + y ′ + xy = 0, y(1) = 1, y ′ (1) = 1, e y2 la solución
sobre (0, ∞) de x2 y ′′ + y ′ + xy = 0, y(1) = 0, y ′ (1) = −1,
a) Verifique que {y1 , y2 } es conjunto fundamental de soluciones de x2 y ′′ + y ′ + xy = 0 en ]0, ∞[.
b) Sea y3 la solución de
x2 y ′′ + y ′ + xy = 0,
y(1) = 2,
y ′ (1) = 0
Determine las constantes reales c1 y c2 de modo que y3 = c1 y1 + c2 y2 .
Solución a): Por definición, el conjunto {y1 , y2 } satisface la EDO x2 y ′′ + y ′ + xy = 0. El
wronskiano viene dado por W (x) = y1 (x) y2′ (x) − y1′ (x) y2 (x). Evaluando en x = 1, se obtiene
W (1) = 1 · (−1) − 1 · 0 = −1, es decir, el wronskiano es distinto de cero en un punto del intervalo
(0, ∞), por lo tanto las funciones y1 , y2 son linealmente independientes en el intervalo ]0, ∞[ y
ası́ {y1 , y2 } es un conjunto fundamental ( en ]0, ∞[ ) de la EDO indicada.
Solución b): Es evidente que la solución y3 (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) satisface la EDO. Para
satisfacer las condiciones iniciales, se requiere que y3 (1) = 2 y y3′ (1) = 0, es decir
c1 y1 (1) + c2 y2 (1) = 2
c1 y1′ (1) + c2 y2′ (1) = 0
⇔
c1 = 2
c1 − c2 = 0
⇔
c1 = c2 = 2,
Ası́ obtenemos que y3 (x) = 2y1 (x) + 2y2 (x).
PROBLEMA 6.
Sea L = (D −a) donde a es una constante real. Muestre que y definida por y(x) = eax ∈ Ker(L);
además muestre que {eax , x eax } forma una base para el Ker(L2 ).
En general se puede demostrar que para m ∈ IN , xm−1 eax ∈ Ker(Lm ).
Observación: Lo anterior no es valido si L tiene coeficientes variables.
Solución: Aplicando el operador L a la función y:
Ly(x) = (D − a)(eax ) = Deax − aeax = aeax − aeax = 0,
lo que prueba que y(x) ∈ Ker(L). Veamos ahora que el conjunto {eax , x eax } pertenece al
Ker(L2 ) = Ker((D − a)2 ):
L2 (eax ) = (D − a)(D − a)(eax ) = (D − a)(0) = 0,
L2 (xeax ) = (D − a)(D − a)(xeax ) = (D − a)(eax + axeax − axeax ) = (D − a)(eax ) = 0.
Para ver que este conjunto forma una base de Ker(L2 ), calculamos el wronskiano:
W (x) =
eax
xeax
aeax (1 + ax)eax
= (1 + ax)e2ax − axe2ax = e2ax ,
el cual es estrictamente positivo para todo x ∈ R, luego el conjunto {eax , x eax } es efectivamente
una base para el Ker(L2 ).
PROBLEMA 7.
Resolver los PVI:
3
1. y ′′ + 5y ′ + 6y = 0, y(0) = 1, y ′ (0) = 2
2. y ′′′ + 3y ′′ − y ′ − 3y = 0, y(0) = 1, y ′ (0) = 2, y ′′ (0) = 5.
Solución a): Usando el operador diferencial D, reescribimos la EDO como
(D2 + 5D + 6)[y(x)] = 0,
donde el polinomio caracterı́stico es
p(t) = (t2 + 5t + 6) = 0
⇔
⇒
p(t) = (t + 3)(t + 2) = 0
t1 = −3, t2 = −2.
Entonces la solución es
y(x) = c1 e−3x + c2 e−2x ,
c1 , c2 ∈ R,
(1)
y su derivada es
y ′ (x) = −3c1 e−3x − 2c2 e−2x
(2)
Observe que para x = 0, de (1) sigue y(0) = c1 + c2 y de (2) y ′ (0) = −3c1 − 2c2 ; ahora evaluando
en las condiciones iniciales del PVI dado, se obtiene el sistema
c1 + c2 = 1,
−3c1 − 2c2 = 2,
cuya solución es c1 = −4 y c2 = 5. Entonces la solución del PVI es
y(x) = −4e−3x + 5e−2x ,
x ∈ R.
Solución b): Usando el operador diferencial D, reescribimos la EDO como
(D3 + 3D2 − D − 3)[y(x)] = 0,
donde el polinomio caracterı́stico es
p(t) = t3 + 3t2 − t − 3 = 0,
{±1, ±3}.
Usando Ruffini, las posibles soluciones son:
1
1 1
1
−1 1
1
−3 1
3 −1 −3
4
3
0
4
3
3
0
3
0
(t − 1)
solución
(t + 1)
solución
(t + 3)
solución
Luego,
p(t) = (t − 1)(t + 1)(t + 3) = 0
⇒
t1 = 1, t2 = −1, t3 = −3,
y la solución es
y(x) = c1 ex + c2 e−x + c3 e−3x ,
c1 , c2 , c3 ∈ R, x ∈ R.
La primera y segunda derivada de la solución son
y ′ (x) = c1 ex − c2 e−x − 3c3 e−3x ,
y ′′ (x) = c1 ex + c2 e−x + 9c3 e−3x .
4
Al imponer las condiciones iniciales, se obtiene el sistema lineal
c1 + c2 + c3 = 1,
c1 − c2 − 3c3 = 2,
c1 + c2 + 9c3 = 5,
el que resolvemos usando regla de Cramer. El determinante del sistema es
1
1
1
1 −1 −3
1
1
9
=
−1 −3
1
9
1 −3
1
9
−
+
1 −1
1
1
−
2
−3
5 9L1 = (D + 1)
= −6 − 12 + 2 = −16,
y las soluciones buscadas son
1
c1 = −
16
=−
1
1
1
2 −1 −3
5
1
9
1
=−
16
−1 −3
1
9
+
2 −1
5
1
+
1 2
1 5
32
1
(−6 − 33 + 7) =
= 2,
16
16
1
c2 = −
16
=−
1 1
1
1 2 −3
1 5
9
1
=−
16
L1 = (D + 1)2 −3
5
9
−
1 −3
1
9
1
24
3
(33 − 12 + 3) = − = − ,
16
16
2
c3 = −
=−
1
16
1
1 1
1 −1 2
1
1 5
=−
1
16
−1 2
1 5
−
1 2
1 5
+
1 −1
1
1
8
1
1
(−7 − 3 + 2) =
= .
16
16
2
Las soluciones del sistema lineal son entonces c1 = 2, c2 = − 32 y c3 = 12 . Y la solución del PVI
es
3
1
y(x) = 2 ex − e−x + e−3x ,
x∈R
2
2
Problemas propuestos para el estudiante
1. Desarrolle la expresión (D2 − D)(e3x + 3x3 ).
2. (a) Muestre que (D − x)(xD − 2)y ̸= (xD − 2)(D − x)y
(b) Muestre que y1 (x) = ax2 con a constante real, es solución de (x D − 2)y = 0, pero no
lo es de (xD − 2)(D − x)y = 0.
1
2
(c) Muestre que y2 (x) = b e 2 x con b constante real, es solución de (D − x)y = 0, pero
no lo es de (D − x)(xD − 2)y = 0.
(d) Muestre que (D − x)(xD − 2)y1 = 0
(e) ¿Qué puede concluir de todo lo anterior ?
5
3. Considere la EDO lineal de coeficientes variables y continuos
y ′′ (x) +
x
1
y ′ (x) −
y(x) = 0 para x ̸= 1.
1−x
1−x
(3)
(i) Muestre que el conjunto B = {y1 (x) = ex , y2 (x) = x} es un SISTEMA FUNDAMENTAL para la EDO dada, esto es, B es base del espacio solución de la EDO
(3).
(ii) Muestre que el Wronskiano asociado a las funciones y1 e y2 , es W [ex , x](x) = ex (1−x).
(iii) Cómo explica que W [ex , x](1) = 0, sabiendo el hecho que y1 (x) = ex e y2 (x) = x son
soluciones de la EDO dada. Respuesta: y1 e y2 son soluciones de la EDO lineal
homogénea considerada en el intervalo ] − ∞, 1[ o en ]1, +∞[.
4. Determine la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias escritas
usando el operador diferencial.
(a) (D − 1)(D + 1)y = 0.
(b) (D − 1)2 (D + 1)y = 0.
(c) (D − 1)2 (D + 1)2 (D + 2)2 y = 0.
(d) (D4 − 2 D3 − 5 D2 + 6 D) y = 0
5. Resuelva la EDO lineal homogénea Ly = 0, cuando:
(i) L = (D + 6)(D − 2)(D + 3)(D − 2)
(ii) L = D3 − 3D2 + 4 , sabiendo que y = e−x pertenece al Kernel de L.
(iii) L = (D + 2)(D2 − 6D + 10)2 (D2 − 25)3 .
6. Considere el operador diferencial lineal L definido por L = (D − 1)2 (D + 1)2 . Sabiendo que
la función z definida por z(x) = 2x3 − 14x es una solución particular de L(y) = 2 x3 − 26 x,
determine la solución general de la EDO lineal no homogénea y (iv) − 2y ′′ + y = 2x3 − 26 x.
7. Determine una EDO lineal a coeficientes constantes reales:
a) que tenga a y1 (x) = e−3x entre sus soluciones ¿Cuál es el mı́nimo orden de la EDO
que cumple este requisito?
b) de orden 4 que tenga entre sus soluciones a y1 = e−3x e y2 = x2 e5x ,
c) de menor orden posible, tal que las funciones y1 (x) = x4 e−2x sen(3x), y2 (x) = x2 e4x
pertenezcan al Kernel del operador diferencial L inducido por la EDO.
8. Buscando soluciones del tipo y(x) = eβx , determine la solución general de L(y) = 0,
cuando: (a) L = (D3 − 4D2 + D − 2), (b) L = (D3 − 4D2 + D − 2)(D − 3).
9. Considere el operador diferencial lineal L definido por L = D4 + 2 D3 − 3 D2 − 4 D + 4.
Resuelva la EDO lineal Ly = 0, sabiendo que (D + 2) y (D − 1) son factores de L.
10. Determine la solución general de
y ′′ (t) − 2y ′ (t) − 8y(t) = 0.
Agosto 23, 2024
CMG/JMS//jms/cmg
6
